2021屆河北省石家莊市二中高三上學(xué)期11月期中考試理科綜合物理試卷及解析

2021屆河北省石家莊市二中高三上學(xué)期11月期中考試理科綜合物理試卷★?？荚図樌?解析版)本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）610090鐘。第Ⅰ卷（選擇題共40分）注意事項：1、答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。（本題共8小題，每小題3分，共24）m＝1.0kgF大小為方向與水平成37°斜向右下方，物塊在恒力F的作用下由靜止開始運動物塊運動過程中還受到水平方向的空氣阻力其大小隨速度的增大而增大。物塊速度為0時空氣阻力也為零，物塊的加速度a與時間t的關(guān)系如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取。以下判斷正確的是（ ）2s4s8.75J7.5N4s0【答案】A【詳解】A．t=0v=0，空氣阻力為零，根據(jù)牛頓第二定律Fcos37Fsin37ma1代入數(shù)據(jù)解得故A正確；

μ=0.4B．a(chǎn)-t圖線圍成的面積表示速度的變化量，根據(jù)幾何關(guān)系得，0-2s0-2s15m/s，2s15m/s，圖線2s4s1 1 1 1W mv2 mv2= 1202 1152=87.5JB

合 2 4 2 2 2 2C．根據(jù)幾何關(guān)系得，t=3s時圖線圍成的面積為18.75，可知t=3s時，速度為18.75m/s，當(dāng)t=4s時，加速度a=0，圖線與時間軸圍成的面積為20，則速度為20m/s，有Fcos37mgFsin37kv0解得3s

k=0.5f9.375N故C錯誤；D．當(dāng)20，20m/s，根據(jù)動能定理1W 1mv2= 1202200J1DA。

合 2 4 2如圖所示，傾角30CB滑定滑輪滑輪可視為質(zhì)點AB長度為L，物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)

.開始時A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，B、C間恰好沒333有摩擦力，現(xiàn)讓A在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，物塊B始終靜止，則A的最大角速度為()2gL3g2gL3g2LgL2g3L【答案】AA、B，B、Cmg=mgsinθ；解得：A Bm=2mB A

A以最大角速度做圓周運動時，要保證B靜止，此時繩子上的拉力T=mgsinθ+μmgcosθ=2mg；Aα，B B ALmg 1 3L則cosα＝A ＝；對A受力分析可知，物體A做圓周運動的半徑R=Lsinα= ，向心力T 2 2Fsinα＝3mF＝mω2ω=2g，AA．n A n A L如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場P點與N在同一電場線上。兩個完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0

M點和N點沿豎直平面進入電場，M點的粒子與電場線成一定的夾角進入，N點的粒子垂直電場進入，兩粒子恰好都能經(jīng)過P點，重力不計。在此過程中，下列說法正確的是（ ）P點的速度大小可能相等電場力對兩粒子做功一定相同P點時的電勢能都比進入電場時小P點所需時間一定不相等【答案】D【詳解】A．NPMP點時的PAB．由于MP間的電勢差大于零，則由知，電場力對M點的粒子不做功，對N點的粒子做正功，電場力對兩粒子做功一定不相同，故B錯誤；C．根據(jù)電場力做功情況可知，PP點時電勢CD．在垂直于電場線方向，兩個粒子都做勻速直線運動，設(shè)，設(shè)MMP點的時間Lt NP點的時間

M vsin0Lvt vN0PDD。（電阻不變，電流表和電壓表均為理想電表。只接通S1

10A12VS，2的啟動電動機工作時，電流表示數(shù)變?yōu)?A，則此時通過啟動電動機的電流是（ ）2A【答案】C

8A C.50A時，由閉合電路歐姆定律，電池的電動勢為

D.58A1車燈的電壓為

E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V再接通S2

后，流過電動機的電流為

R U121.2燈 I 10EIRI

I12.581.2A-8A=50A電動機

r 0.05ABDCC。B是一條豎直電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一帶正電的小球，小球AB點運動，其2—x圖像如圖乙所示，已知小球質(zhì)量為，電荷量為，、B（）AAAB的過程中，電勢能逐漸減小、BUAB

=mgh2qmg2q【答案】DA．小球運動的2—x圖像是一條直線說明，小球做勻變速直線運動，且2—xa=g2A，AA可知小球受到的電場力向上，而小球運動的位移向下，則電場力做負功，小球從AB的過程中，電勢能逐漸增大，BAB的過程中根據(jù)動能定理有mgh-qUAB

1=mv22代入數(shù)據(jù)有

U=-mghAB 2qC錯誤；A強度的關(guān)系有E=U

mgAB=2qhDD。如圖所示的電路中，ABCD，AB關(guān)K，待電路穩(wěn)定后將開關(guān)斷開?，F(xiàn)將CD板間一有機玻璃板（圖中未畫出）抽出，則下列法正確的是（ ）CDP點電勢降低ABR中有向右的電流【答案】D【詳解】A．CD減小，其他條件不變，由SC rkd可知，CDABC．電容器兩板間電壓總QUC C總QAB CD斷開開關(guān)后，兩電容器總電荷量不變，由于CD電容器兩板間電勢差均變大，由EUd可知，ABPBB則P點電勢升高，故BC錯誤；D．由于抽出玻璃板的過程中，電容器兩板間電勢差變大，由公式QCUQABBRDAB故選D。m=1kgF隨時間的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知物塊與地面間10m/s2則下列說法不正確的是（ ）7.5m/sF25WF0.5s【答案】B【詳解】A.物塊與地面間的最大靜摩擦力為fmg5N0~1s1st=1s5N10N減小5N，有牛頓第二定律可知，物塊的加速度先增大后減小，故A正確；v=5m/sB

I ftmvF

＝FtF

5102

2Ns=15NsF故C正確；

PFv25W3s501f(1t)0mv2t=0.5sDB。如圖所示，在豎直放置的平行金屬板ABBOO，在B，電場范圍足夠大，足夠大的感光板MN1 2O1

O1

處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是（ ）αO2

處的速度大小之比為1∶2α粒子在整個過程中運動的時間相等α1∶2α粒子打到感光板上的位置不相同【答案】C【詳解】A．由動能定理qU解得2qUm2qUmmv22αO2

處的速度大小之比為1:1:21 42v:v 21 2AD．由

qUya

1mv212at2qEmtLv解得y yLα粒子打到感光板上的位置相同，DB．在整個過程中運動的時間L L 2L Lttt

1 2 v v v2αO2

vα粒子在整個過程中運動的時間不相等，B錯誤；C．E qUqEyqEykα粒子打到感光板上時的動能之比為CC

E :Ek1 k1

q:q1

1:2（本題共4小題，每小題4分，共16420）LL（其燈絲電阻可1 2 3視為不變PS

閉合則下列說法中正確的（ ）1 2 1PS2PS2

L2L1S2S2

P，L3P，L2【答案】BCAB.S2

閉合，總電阻減小，總電流增大，L2

變亮，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，L2兩端電壓增大，L1

兩端電壓減小，L1

變暗，故A錯誤，B正確；CD.在S2

處于閉合狀態(tài)下，向右滑動滑片P，總電阻增大，總電流減小，內(nèi)電壓和L2

兩端電壓都減小，L2

變暗，L3

兩端電壓增大，L3

變亮，故C正確，D錯誤。故選BC。如圖所示是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道水平且足夠長下端與MN相切質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于B兩球相距較遠，相互作用力可認為零球進入水平軌道后、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點。已知、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為則下列說法正確的是（ ）2ghA2gh、B、BE=mghp2gh2ghAv為A 342gh3Bv為2gh3B【答案】ACD【詳解】A．A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得12mgh 2mv21解得A

2 0v 2gh0B．A球進入水平軌道后，兩球系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)兩球相距最近時有共速2mv (2mm)v0解得2 2gh3v22 2gh33 0根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律12mgh (2mm)v2E2 Pm得B

E 2mghPm 3系統(tǒng)勢能也為零，速度達到穩(wěn)定.2mv0

2mvA

mvB1 1 12mv2 2mv2 mv2得2 0 2得

A 2 Bv 1v 1

2ghA 3 0 3v 4v 4

2ghCDCD。

B 3 0 3如圖所示，在粗糙的水平地面上有兩個大小相同但材質(zhì)不同的甲、乙物塊?？?，甲物塊以速度v4m/s0塊運動的圖像如圖中實線所示，其中甲物塊碰撞前后的圖線平行，已知甲物塊質(zhì)為6kg，乙物塊質(zhì)量為5kg，則（ ）A.此碰撞過程彈性碰撞 B.碰后瞬間乙物塊速度為2.4m/sC.碰后乙物塊移動的距離為3.6m【答案】BC【詳解】AB．由圖乙可知，碰前甲的速度碰后甲的速度碰撞過程中動量守恒

D.碰后甲、乙兩物塊所受摩擦力之比為6：5v3m/s1v 1m/s甲mvmv+mv代入數(shù)所據(jù)，解得

甲1 甲甲 乙乙又由于

v 2.4m/s乙1 1 1mv2 mv2 + mv22 甲1 2 甲 甲 2 乙 乙碰撞的過程中，損失了機械能，不是彈性碰撞，因此A錯誤，B正確；)可知甲的延長線交時間軸于t=4s因此C

x 12.4(41)3.6m乙 2D．在vt乙物體做減速運動的加速度

a1m/s21a 0.8m/s22因此f ma 31 11f ma 22 22DBCxxx軸Oxxl

位置時速度x2

位置時速度第二次為零，不計粒子的重力．下列說法正確的是（ ）xl

x2

的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小Oxx2

的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小U＜Uoxl ox2x、x位置的電勢能最大l 2【答案】BD【解析】點電荷從xl

運動到x2

的過程中，將運動階段分成兩段；點電荷從xl

運動到O的過程中，初速度為0，根據(jù)牛頓第二定律：aFEq ，電場強度E不變，所以加速度a不變，做勻加速m mOxaFEqE2 m m后減小，所以加速度a先增大再減小，速度不是均勻變化．故A錯誤．點電荷從O運動到x2FEq，電場強度Em ma先均勻增大再均勻減小．故B正確．點電荷從O運動到xl

的過程中，根據(jù)動能定理：1 1Uox1

q0 mv2

2 Ox2

的過程中，根據(jù)動能定理：U

ox

q0 mv2

2 ，以：電

=U，O

的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在ox1 ox2 lxOxl 2

的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在x位置的電勢能最大．2故D正確．故選BD.第Ⅱ卷（非選擇題共60分）（本題共6小題，共60）AAB當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹闉榱蓑炞C機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量 A．小球的質(zhì)量mB．AB之間的距離HC．AB下落時間tABD．小球的直徑d小球通過光門時的瞬時速度v= (用題中所給的物理量表示)．調(diào)整AB1H的變化圖象如圖所示，當(dāng)小球下落t2過程中機械能守恒時，該直線斜率k= ．01—H（＜k，則實驗過程中所受的平t2 0均阻力f與小球重力mg的比值f = （用k表示．mg 00【答案】 (1).BD； (2).d ； (3).2g0

k k； (4).0 ；【解析】

t d2 k該題利用自由落體運動來驗證機械能守恒，因此需要測量物體自由下落的高度hAB

，以及物體通過B點的速度大小，在測量速度時我們利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要測量的數(shù)據(jù)；由題意可知，本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當(dāng)減小的機械能應(yīng)等于增大的動能；由原理即可明確注意事項及數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容．（1）AABH，故BCDBD．已知經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示經(jīng)過光電門時的速度；故vd；t1若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgH=d即：2gH=（）2t

mv2；1 2g解得：

2g，那么該直線斜率k= ．t2 d2

0 d21 1（4）乙圖線 =kH，因存在阻力，則有：mgH-fH=mv2；t2 2f kk所以重物和紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為

0 ；mg k0在用伏安法測電阻的實驗中，某同學(xué)選用的電流表量程為0~0.6mA，電壓表量程為0~3V，測得的示數(shù)如圖所示則通過電阻的電流為 電阻兩端的電壓為 V【答案】 (1).0.50 (2).2.60【詳解】[1]0.02mA，[2]0.1V，2.60V。有一小燈泡上標(biāo)有“5.0V，1A”材如下：L（規(guī)格“5.0V，1A”）A（0~1A，0.1Ω）1A（0~0.6A，1Ω）2V（0~3V，3kΩ）1V（0~30V，15kΩ）2R=3kΩ3R（0~10Ω）學(xué)生電源（E=6V，內(nèi)阻不計I.S為了能比較準確地進行測量同時還要考慮操作的方便，選擇正確的儀器，在圖所示虛線框畫出該實驗所需要的電路圖 【答案】【詳解】[1]小燈泡的額定電壓是5V，所以選用電壓表V，將V串一個電阻，改裝成大量程【答案】1 1即可，小燈泡的額定電流是1A，選用電流表A，為了便于操作，準確測量，采用滑動變阻器1的分壓式接法，如圖所示mMMm靠在彈簧的另一端。現(xiàn)有一水平恒力Fmvm0F作用的時間；鎖定未解除時彈簧的彈性勢能；F作用的距離。(mM)v

m(mM

(mM)2v2

F 0

v22M 0

02MF詳解】(1)由動量定理有解得

Ft(mM)v0(mM)v解除鎖定，由動量守恒有

t F 0彈簧的勢能為

(mM)v0

Mv1 1 m(mM)E Mv2(mM)v2 v2由功能關(guān)系有F

p 2 2

Fs

012

2M 0(mM)2v2s 02MFEr=2Ω,R1

12,R2

R 4,R4

,C為平行板電容器,其電容C=3.0PF,虛線到兩極板間距離相等,極板長L=0.20m,兩極板的間距d1.0102m若開關(guān)SR4

的總電荷量為多少?若開關(guān)S斷開時,有一帶電微粒沿虛線方向以v0

2.0m/s的初速度射入C的電場中,剛好沿虛線勻速運動,問:當(dāng)開關(guān)SC能否從C的電場中射出?(g取10m/s2)1）6.01012C（2）不能從C的電場中射出.（1）開關(guān)SR3

兩端的電壓為RU 3 ERS閉合后,外電阻為

3 RRr2 3RRRR 12

R36路端電壓為

RRR1 2 3R3

兩端電壓為

U R E21V.RrU '3

3 U14VRRRR2 3R4

的總電荷量為

QCU3

CU'3

6.01012C（2）設(shè)帶電微粒質(zhì)量為m,電荷量為q當(dāng)開關(guān)S斷開時有qU3mgd當(dāng)開關(guān)S閉合后,設(shè)帶電微粒加速度為a,則mg

qU3d

ma設(shè)帶電微粒能從C的電場中射出,則水平方向運動時間為:豎直方向的位移為:

tLv01由以上各式求得

y2at2d故帶電微粒不能從C的電場中射出.

y6.251013m2Bm=2.0kgC3m=1kgABs=9.5m1 0AB（碰撞時間極短BBCA數(shù)為10.1CB20.2=10m/s2(1)Bm；2Av；0AA、B、C。【答案】(1)2.0kg；(2)10m/s；(3)32J【詳解】(1)根據(jù)圖乙可知，長木板B的加速度大小為v根據(jù)牛頓第二定律可得

a 22m/s22 t聯(lián)立解得

mgma2 3 22m2.0kg2AB發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律有mvmv